2022届高三化学一轮复习化学实验专题细练08新情景无机物制备流程题含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学实验专题细练08新情景无机物制备流程题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

新情景无机物制备流程题
一、单选题（共16题）
1．水合肼()及其衍生物在工业上常用作还原剂、抗氧剂。制备水合肼的反应原理为，若过量，可将水合肼氧化生成。实验室制备水合肼并吸收尾气，下图中装置和操作不能达到实验目的的是

A．装置甲所示方法可制取 B．装置乙起安全缓冲的作用
C．装置丙处通制水合肼 D．装置丁吸收反应过量
2．以精选石灰石(含有少量、杂质)为原料制备氯化钙产品的一种工艺流程如下：

下列说法不正确的是
A．煅烧可以提高钙的浸取率
B．气体II是氨气、滤渣的成分为、
C．浸取后溶液中含有大量的阴离子：、、、
D．氧化过程反应的离子方程式：
3．氯化铁常用于污水处理等。该化合物是棕红色固体，易潮解，100℃时易升华。实验室可用氯气与金属铁反应制备无水氯化铁，实验装置如图所示。下列说法正确的是


A．装置I中反应的离子方程式为MnO2+4HClMn2++Cl2↑+2Cl-+2H2O
B．装置II洗气瓶中加入饱和NaHCO3以除去Cl2中的少量HCl
C．装置III和装置IV洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸
D．装置V的作用是为了防止倒吸
4．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：
步骤1：将电石渣与水混合，形成浆料。
步骤2：控制电石渣过量，75℃时向浆料中通入Cl2，该过程会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，过滤。
步骤3：向滤液中加入稍过量KCl固体，蒸发浓缩、冷却至25℃结晶，得KClO3。
下列说法正确的是
A．生成Ca(ClO)2的化学方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca(ClO)2+H2
B．加快通入Cl2的速率，可以提高Cl2的利用率
C．步骤2中，过滤所得滤液中n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]＞5∶1
D．25℃时，Ca(ClO3)2的溶解度比KClO3的溶解度小
5．实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是

A．FeCl2·4H2O固体按分类属于混合物
B．FeCl2·nH2O固体加热脱水的过程属于物理变化
C．获得的纳米级Fe粉，属于胶体分散系
D．FeCl2高温反应制备纳米级Fe后的混合物气体溶于水，得到的溶液显酸性
6．如图是利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程。容器A中发生的反应为Si(粗)+3HClSiHCl3+H2，容器B中发生的反应为SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl。下列说法正确的是

A．反应①说明还原性：C>Si
B．最好用分液的方法分离Si和SiHCl3
C．反应②和③中HCl均作氧化剂
D．该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用
7．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，为紫色固体，微溶于溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中迅速产生，在碱性溶液中较稳定，某学习小组设计了制备的装置如图(夹持装置略)。下列叙述正确的是

A．试剂X为固体或
B．装置B中为浓硫酸，用于干燥
C．可通过观察装置C中是否有紫色沉淀，判断C中反应是否已经完成
D．拆除装置前必须先除去烧瓶中残留以免污染空气
8．某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO、CaO，还有一定量的SiO2)可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O)，其流程如图所示：

A．“酸溶”时，为提高浸出率，硫酸浓度越大越好
B．“滤渣1”的成分只有SiO2
C．“还原”时，每消耗1molA转移电子数为2NA
D．“一系列操作”为蒸发溶液至有大量晶体出现，停止加热，余热蒸干
9．疫情严重期间，为阻止新冠肺炎传染，使用了大量“84”消毒液。实验室用如图所示装置制备溶液，下列说法正确的是

A．仪器接口的连接顺序为b→c→d→e→f→g
B．装置B中试剂为浓硫酸
C．A中反应的离子方程式为
D．D中试剂可以是澄清石灰水
10．图为工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4，碱式硫酸铁易溶于水]的工艺流程如图：

下列说法不正确的是
A．该工艺中“搅拌”的作用是加快化学反应速率
B．反应Ⅰ中发生氧化还原反应的离子方程式只有Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑
C．流程中滤渣的成分为Al(OH)3
D．Fe3＋水解生成碱式硫酸铁的离子方程式为Fe3＋＋H2O⇌Fe(OH)2＋＋H＋
11．以硅藻土为载体的五氧化二钢)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收既避免污染环境又有利于资源综合利用，废钒催化剂的主要成分为、、、、、，下图为废钒催化剂回收工艺路线，其中“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为(为强碱性阴离子交换树脂)：

下列说法错误的是
A．“酸浸”时转化为，反应的离子方程式为
B．“废渣1”的主要成分是SiO2
C．“氧化”中欲使3mol的变为，则需要氧化剂至少为0.5mol
D．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈酸性
12．工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如下：

已知：Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。下列说法错误的是
A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO＋4H＋=Zn2＋＋2H2O
B．操作①和②中用到的玻璃仪器完全相同
C．系列操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质
13．某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是
A．过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．过程②的反应为
C．理论上每产生需要
D．流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl
14．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图，有关说法不正确的是(　　)

A．NaOH的电子式为
B．加入的H2O2起氧化作用
C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2 ═2ClO2+SO42﹣
D．操作②实验方法是重结晶
15．如今环境保护越来越受重视，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率、将钛厂、氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。其主要生产工艺如下：(FeTiO3中Ti为＋4价)

下列叙述正确的是
A．该流程中只有“电解”、“氯化”涉及氧化还原反应
B．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1
C．“氯化”时反应方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C＝2FeCl3＋2TiCl4＋6CO(条件省略)
D．上述流程中“Mg，Ar＂可用“Mg，CO2”代替
16．实验室用NH4Cl盐酸、NaClO2(亚氯酸纳）为原料制备C1O2的过程如下图所示。

下列说法不正确的是
A．X中大量存在的阴离子有C1-和OH-
B．NH3和NC13中N元素的化合价相同
C．NaClO2变成ClO2发生了氧化反应
D．制取lmolClO2至少需要molNH4Cl

二、实验题（共5题）
17．硫代硫酸铵是一种快速定影剂。某实验小组采用如下方法制备溶液，并模拟胶片定影过程探究定影原理。已知：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化。

Ⅰ.制备(图中夹持和加热装置省略)
(1)仪器A的名称是_______。
(2)反应开始前通入一段时间的目的是_______。
(3)将混合溶液加热后冷却片刻，观察到有大量菱片状沉淀析出。从反应后的浊液中获得的一系列操作是_______、_______、一定条件下脱水干燥。
Ⅱ.制备溶液
(4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，列式计算说明该反应进行较为完全的原因：_______。已知：该反应温度下，、；一般认为时反应进行较完全，时反应难以进行。
(5)经实验得到的溶液中可能含有少量，为验证的存在，选择相应试剂完成如下实验。限选试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、溶液、溶液。
实验操作
实验现象
原因解释
ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量的_______。
溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生。
用离子方程式解释实验现象：_______
ⅱ.静置，取上层清液滴加适量_______。
_______。
待测液中含有。
Ⅲ.定影原理探究
(6)具有络合能力，能和形成，因此溶液能够溶解胶片中未曝光的使胶片快速成像。用离子方程式解释溶解的原因：_______。
18．MnSO4是一种重要的化工产品。
Ⅰ.实验室用SO2还原MnO2制备MnSO4.某同学设计下列装置制备硫酸锰。

(1)A中盛放浓盐酸的仪器名称为___________；装置B中试剂为___________；装置C 的作用为______。
(2)装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度过高时反应速率可能减慢的原因：___________。
(3)画出E处装置______。
Ⅱ.工业上以菱锰矿(主要成分为，还含有、FeO、CoO等)为原料制备的工艺流程如下图。

资料：金属离子沉淀的pH
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mn2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.4
7.6
完全沉淀
2.8
8.3
9.4
10.2
(4)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括、、___________。
(5)沉淀池1中，写出加MnO2时发生反应的离子方程式：___________。
(6)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是___________。
(7) “酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。
i.称取a g废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；
ii.取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。
iii.加入指示剂，用b mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为c mL，MnO重新转化成Mn2+。
①废渣中锰元素质量分数为___________%。
②下列操作会导致测定结果偏高的___________(填字母)。
a．锥形瓶洗涤后没有润洗 b．未煮沸溶液就开始滴定
c．滴定开始时仰视读数 d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
19．高纯是广泛用于电子行业的强磁性材料。为白色粉末，难溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，温度高于100℃开始分解。实验室以为原料制备。
(1)制备溶液：
①主要反应装置如图，缓缓通入经稀释的气体，三颈烧瓶中反应的化学方程式为___________。反应过程中，为使尽可能转化完金，在通入和比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有___________。(写出一点)


②已知实验室制取可采用：。选择如图所示部分装置与上图装置相连制备溶液，应选择的装置有___________。












a
b
c
d
e
f
③若用空气代替进行实验，缺点是___________。(酸性环境下不易被氧化)
(2)制备固体：
实验步骤：①向溶液中边搅拌边加入饱和溶液生成沉淀，反应结束后过滤；
②……；
③在70-80℃下烘干得到纯净干燥的固体。
步骤①需控制溶液的酸碱性，若碱性过强，粗产品中将混有___________(填化学式)。
步骤②的操作是洗涤沉淀和检验沉淀是否洗涤干净，则需要用到的试剂有___________。
20．某兴趣小组以胆矾和草酸制备K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，流程如图：

已知：通过合理控制浓缩后溶液的体积可得到外观不同的产品：当浓缩后溶液的体积较多时，易得到灰蓝色针状晶体K2[Cu(C2O4)2]·2H2O(简称SI)，反之得到深蓝色片状晶体K2[Cu(C2O4)2]·H2O(简称SII)。
(1)步骤①溶解过程中加入乙醇的目的是___。
(2)下列说法不正确的是___。
A．步骤②煮沸的目的是除去溶液中的乙醇，防止乙醇与黑色固体发生氧化反应
B．为提高原料的利用率，可将洗涤后的黑色固体连同滤纸一起加入到热的K2C2O4和KHC2O4混合液中
C．步骤③为防止抽滤时滤纸破裂，可适当关小水龙头
D．步骤④、⑤两次洗涤目的相同
(3)移液管可准确移取实验所需的10mL3mol/LNaOH溶液，从下列选项中选出合理操作并排序：取一支10.00mL规格的已润洗移液管，用右手拇指及中指捏住管颈标线以上的地方，左手拿洗耳球轻轻将溶液吸上，___。
a.取出移液管，用滤纸拭干移液管下端及外壁
b.当液面上升到标线以上1~2cm时，迅速用右手食指堵住管口
c.将移液管出口尖端与接受器壁接触
d.容器稍稍倾斜，移液管直立，使溶液顺壁流下
e.稍稍松开右手食指，使凹液面与标线相切
f.移液管稍稍倾斜，容器直立，使溶液顺壁流下
(4)步骤⑤为得到较纯净的SI晶体，结合如图两种晶体在不同温度下的溶解度曲线，设计相关实验方案：___。

(5)某同学为测定胆矾的利用率(利用率=实际转化为最终产品物质的量/投料物质的量)，进行了如下操作：将所得产品用20.00mLNH4Cl—NH3·H2O缓冲溶液溶解，加入指示剂，用0.1000mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(EDTA能与大多数过渡金属元素的离子发生反应，如Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)，消耗EDTA标准溶液20.00mL；则该实验胆矾的利用率是___。
21．次磷酸钠(NaH2PO2)是电镀业上重要还原剂，一般制备方法是将白磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如下图所示：

回答下列问题：
(1)b的作用___________。次磷酸是___________元酸。
(2)检查整套装置气密性的方法是___________。
(3)在a中加入白磷，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液，反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是___________。
(4)c中生成NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下：

S(20℃)
S(98℃)
NaCl
36
38.8
NaH2PO2
90
657
充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为___________，然后___________、___________、过滤、洗涤、干燥，得到NaH2PO2的粗产品。
(5)产品纯度测定：取NaH2PO2的粗产品2.50克配成250mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，酸化后加入25.00mL 0.10 mol·L-1碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗10.00mL Na2S2O3溶液，相关反应方程式为：H2PO+H2O+I2 =H2PO+2H++2I-，2S2O+I2=S4O+2I-。产品纯度为___________(保留3位有效数字)。
参考答案
1．A
【详解】
A．装置甲加热分解氯化铵，得到氨气和氯化氢，在下方又会生成氯化铵，无法制得氨气，A项错误；
B．装置乙中两根导管未接入下方，起安全缓冲的作用，B项正确；
C．装置丙中滴液漏斗中有次氯酸钠溶液，a处通氨气，可以制水合肼，C项正确；
D．该反应中氨气过量，则装置丁吸收反应过量氨气，D项正确；
答案选A。
2．C
【详解】
A．煅烧温度较高可以提高钙的浸取率，故A正确；
B．加入氧化钙会使溶液中的铵根转化为氨气逸出，碱性条件下铁离子和镁离子会以、的形式沉淀下来，故B正确；
C． 和会发生反应生成碳酸根离子和水，所以二者不能共存，故C错误；
D．酸性条件下，过氧化氢会把亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为水， 离子方程式为：，故D正确；
故答案为：C。
3．C
【分析】
装置I为制备氯气的发生装置，装置II中盛有饱和食盐水，可除去氯气中的HCl；装置III为干燥氯气的装置，应该盛装浓硫酸，干燥的氯气通过与铁粉共热生成氯化铁，因为氯化铁易潮解，为防止氯化铁水解，装置IV应盛装浓硫酸，过量的氯气可利用氢氧化钠溶液进行尾气处理，又因为氯化铁100℃时易升华，所以装置V是为了防止氯化铁升华溢出，据此分析解答。
【详解】
A．浓盐酸在书写离子方程式中需拆分，所以装置I中反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，A错误；
B．NaHCO3会与HCl反应，不能达到除杂目的，所以装置II洗气瓶中应该加入饱和NaCl以除去Cl2中的少量HCl，B错误；
C．根据上述分析可知，装置III和装置IV洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸，其作用为吸收水蒸气，C正确；
D．因为氯化铁在100℃时易升华，所以装置V的作用是防止氯化铁升华溢出，D错误；
故选C。
4．C
【详解】
A．氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，A错误；
B．加快通入Cl2的速率，氯气不能与浆料充分接触反应，降低氯气的利用率，B错误；
C．根据电子守恒和元素守恒可得步骤2中总反应为总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，但实际上是先生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，而少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，所以n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]＞5∶1，C正确；
D．滤液中加入KCl固体结晶时析出的是KClO3，说明KClO3的溶解度更小，D错误；
综上所述答案为C。
5．D
【详解】
A．FeCl2·4H2O是结晶水合物，是化合物，故A错误；
B．FeCl2·4H2O和FeCl2是化学式不同的化合物，则FeCl2·4H2O加热脱水生成FeCl2是化学变化，故B错误；
C．纳米材料不是分散系，纳米级 Fe 粉不属于胶体，故C错误；
D．Fe2+易被氧化，反应在N2保护气下，H2与FeCl2在高温条件下反应生成Fe和HCl，化学方程式为：H2+FeCl2Fe+2HCl；反应后的气体中 HCl 极易溶于水形成盐酸，故D正确。
故选 D 。
6．D
【分析】
二氧化硅与焦炭高温反应： ，而后粗硅在容器A中发生反应②：Si(粗)+3HClSiHCl3+H2，HCl得电子，做氧化剂，在容器B中发生反应③：SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl，氯化氢为氧化产物。
【详解】
A．由于碳的非金属性强于硅，故碳的还原性弱于硅，A项错误；
B．硅单质常温下是固体，SiHCl3常温下为液态，可以用过滤的方法分离二者，B错误；
C．根据分析可知在反应②中，HCl得电子，做氧化剂，反应③中HCl作氧化产物，C错误；
D．该工艺流程中，HCl和可循环使用，D正确；
答案选D
7．D
【详解】
A．试剂X为，不能是固体，因为浓盐酸和二氧化锰要加热条件下反应生成氯气，故A错误；
B．装置B中为饱和食盐水，用于除掉氯气中HCl气体，故B错误；
C．为紫色固体，微溶于溶液，只要生成就能看到紫色沉淀，因此不能通过观察装置C中是否有紫色沉淀来判断是否已经完成，故C错误；
D．烧瓶中残留，因此在拆除装置前必须先排除烧瓶中残留以免污染空气，故D正确。
综上所述，答案为D。
8．C
【分析】
烧渣主要含Fe2O3、FeO、CaO、SiO2，也可能含有不溶于酸的固体杂质，Fe2O3、FeO、CaO能够溶于酸，SiO2不与硫酸反应，则“滤渣1”的成分主要是SiO2，加入Fe可以将Fe3+还原为Fe2+，经过一系列操作生成FeSO4·7H2O固体，以此解答。
【详解】
A．“酸溶”时，为提高浸出率，可以提高硫酸的浓度，但不是浓度越大越好，会造成浪费，故A错误；
B．烧渣主要含Fe2O3、FeO、CaO、SiO2，也可能含有不溶于酸的固体杂质，Fe2O3、FeO、CaO能够溶于酸，SiO2不与硫酸反应，则“滤渣1”的成分主要是SiO2，故B错误；
C．“还原”时的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，每消耗1molFe转移电子数为2NA，故C正确；
D．由FeSO4溶液制备FeSO4·7H2O固体，需要用冷却结晶，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】
A．B中导管插入液面以下，则气体应从d进，则仪器接口的连接顺序为b→d→c→e→f→g，A项错误；
B．装置B是为了除去Cl2中的HCl，B中试剂应为饱和食盐水，B项错误；
C．A中盐酸和高锰酸钾反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：，C项正确；
D．装置D是为了吸收尾气，防止污染空气，澄清石灰水中Ca(OH)2含量较少，故D中试剂不能是澄清石灰水，实验室常用氢氧化钠溶液，D项错误；
答案选C。
10．B
【分析】
废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入NaNO2， NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，最后再加硫酸调pH值，蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁。
【详解】
A．搅拌能是反应物充分接触，能加快化学反应速率，故A正确；
B．反应Ⅰ中发生氧化还原反应的离子方程式有Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，故B错误；
C．反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al(OH)3，故C正确；
D．加硫酸调pH值，Fe3＋水解生成碱式硫酸铁，离子方程式为Fe3＋＋H2O⇌Fe(OH)2＋＋H＋，故D正确；
故答案为B。
11．D
【分析】
、、、、、等加入稀硫酸反应生成(VO2)2SO4、VOSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，SiO2不与硫酸反应，过滤后，向滤液中加，将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加KOH沉淀铝离子和铁离子，再进行离子交换，再用碱液淋洗得到，再加入氯化铵沉钒，再将固体煅烧得到。
【详解】
A．“酸浸”时和硫酸反应生成(VO2)2SO4和水，反应的离子方程式为，故A正确；
B．SiO2不与硫酸反应，因此“废渣1”的主要成分是SiO2，故B正确；
C．中+4价V变为中+5价V，升高1个价态，中+5价Cl变为−1价Cl，降低6个价态， “氧化”中欲使3mol的变为，即转移3mol电子，因此需要氧化剂至少为，故C正确；
D．根据“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为，因此为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性，增大氢氧根浓度，促使向洗脱方向进行，故D错误。
综上所述，答案为D。
12．B
【分析】
工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。
【详解】
A. 滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO＋4H＋=Zn2＋＋2H2O，故A正确；
B. 操作①是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，故B错误；
C. 硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾，操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C正确；
D. 无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，故D正确；
故选B。
13．C
【分析】
根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA∙HCl，过程②为TBA的再生过程为，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。
【详解】
A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A不符合题意；
B．根据分析，过程②的反应为，故B不符合题意；
C．根据分析，过程③为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根据2CuCl2~C2H4Cl2，理论上每产生需要，故C符合题意；
D．根据分析，过程①中产生的TBA∙HCl和氧气反应生成了TBA，加入到饱和食盐水中继续反应；过程③为C2H4和CuCl2反应生成的CuCl，CuCl继续参加过程②的反应，故流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】
将题目中的信息转化为化学方程式比较容易分析。
14．B
【分析】
ClO2发生器中发生反应生成ClO2和NaHSO4，反应后通入空气，可将ClO2赶入吸收器，加入NaOH、过氧化氢，可生成NaClO2，过氧化氢被氧化生成氧气，经冷却结晶、重结晶、干燥得到NaClO2.3H2O，以此解答该题。
【详解】
A．书写电子式时原子团用中括号括起来，NaOH的电子式，故A正确；
B．在吸收塔中二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故B不正确；
C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3﹣+SO2 ═2ClO2+SO42﹣，故C正确；
D．将粗晶体进行精制，可以采用重结晶，故D正确；
故选：B。
15．C
【详解】
A.由氢气合成甲醇的过程中也涉及到氧化还原反应，A项错误；
B.根据可以看出，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，B项错误；
C.根据工艺图不难看出“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程，C项正确；
D.二氧化碳和镁会反应，因此不能用二氧化碳来作保护气，D项错误；
答案选C。
16．B
【解析】
A、NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，相应的就会生成NaCl 、NaOH，大量存在的阴离子有C1-和OH-，选项A正确；B、NH3和NC13中N元素的化合价分别为-3和+3，不相同，选项B不正确；C、NaClO2变成ClO2，氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，选项C正确；D、根据反应NH4Cl+2HCl═3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则制取lmolClO2至少需要molNH4Cl，选项D正确。答案选B。
17．滴液漏斗 排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化 过滤 洗涤 稀盐酸 溶液 有白色沉淀生成
【分析】
Ⅰ.(1)根据图示，回答仪器A的名称；
(2)硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，要排装置中空气；
(3)获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一干燥；
Ⅱ. (4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，离子方程式为：，据此计算K；
(5)ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫；
ⅱ.验证，一般用，现象为有白色沉淀生成；
Ⅲ. (6)溶解是因为能和的络合形成了。
【详解】
Ⅰ.(1)根据图示，仪器A的名称是滴液漏斗，故答案为：滴液漏斗；
(2)硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，反应开始前通入一段时间，可以排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化；
(3)获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一定条件下脱水干燥，故答案为：过滤；洗涤；
Ⅱ. (4)将缓慢倾入溶液中，搅拌后发生反应：，离子方程式为：，则，则反应进行较完全，故答案为：；
(5)ⅰ.取少量待测溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫，即溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生，离子方程式为：，硝酸有氧化性，硫酸会影响下面的反应，则加的酸为稀盐酸，故答案为：稀盐酸；；
ⅱ.验证，一般用，现象为有白色沉淀生成，静置，取上层清液滴加适量溶液，当有白色沉淀生成，则待测液中含有，故答案为：溶液；有白色沉淀生成；
Ⅲ. (6)溶解是因为能和的络合形成了，离子方程式为：，故答案为：。
【点睛】
本题难点Ⅱ. (4)，根据提示一般认为时反应进行较完全，时反应难以进行，因此要计算K，计算时，要将化学方程式改为离子方程式，同时要利用溶度积计算。
18．分液漏斗 NaHSO3溶液 防倒吸 温度过高，SO2的溶解度减小 Fe2+、Fe3+ 2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O NaOH溶液能使Mn2＋离子转化为Mn(OH)2沉淀而使锰元素损失 ×100% abd
【分析】
Ⅰ.由图可知，装置A中浓盐酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，装置B中亚硫酸氢钠溶液用于除去二氧化硫中混有的挥发出的氯化氢气体，装置C为安全瓶，起到防止倒吸的作用，装置D中二氧化硫和二氧化锰搅拌反应制备硫酸锰，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫气体逸出，污染空气；
Ⅱ.由题给流程可知，向菱锰矿中加入稀硫酸酸浸，碳酸锰、氧化钙、四氧化三铁、氧化亚铁反应生成硫酸盐，过滤得到硫酸盐溶液；向硫酸盐溶液中加入二氧化锰将亚铁离子转化为铁离子后，再加人氨水调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤得到含有钴离子和锰离子的硫酸盐溶液；向硫酸盐溶液加入硫沉淀剂，使溶液中的钴离子转化为沉淀除去，过滤得到硫酸锰溶液，硫酸锰溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到硫酸锰晶体。
【详解】
(1)由分析可知，A中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置B中亚硫酸氢钠溶液用于除去二氧化硫中混有的挥发出的氯化氢气体，装置C为安全瓶，起到防止倒吸的作用，故答案为：分液漏斗；NaHSO3溶液；防倒吸；
(2)温度越高，气体在水中的溶解度越小，若装置D中水浴温度高于80℃左右，二氧化硫的溶解度在水中的溶解度减小，不能与二氧化锰充分反应，导致锰元素损失，故答案为：温度过高，SO2的溶解度减小；
(3)装置EE中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止有毒的二氧化硫气体逸出，污染空气，实验装置图为，故答案为：；
(4)由分析可知，酸浸后所得溶液的金属阳离子包括锰离子、钴离子、铁离子和亚铁离子的硫酸盐溶液，故答案为：Fe2+、Fe3+；
(5)沉淀池1中发生的反应为酸性条件下，二氧化锰与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、锰离子和水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O；
(6) 沉淀池2中，若用氢氧化钠溶液代替含硫沉淀剂，能使Mn2＋离子转化为Mn(OH)2沉淀而使锰元素损失，故答案为：NaOH溶液能使Mn2＋离子转化为Mn(OH)2沉淀而使锰元素损失；
(7) ①由得失电子数目守恒可得：5S2O—10Fe2＋—2Mn2＋，解得100mL溶液中n(Mn2＋)= =2×10—2bcmol，则废渣中锰元素质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；
②a．若锥形瓶洗涤后没有润洗会使锰离子的物质的量增大，所测结果偏高，故符合题意；
b．若未煮沸溶液就开始滴定会使消耗硫酸亚铁铵溶液的体积偏大，所测结果偏高，故符合题意；
c．若滴定开始时仰视读数，会使消耗硫酸亚铁铵溶液的体积偏小，所测结果偏低，故不符合题意；
d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失会使消耗硫酸亚铁铵溶液的体积偏大，所测结果偏高，故符合题意；
abd符合题意，故答案为：abd。
19．或 控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡) abef 空气中的能氧化，使利用率下降 水、盐酸酸化的溶液、乙醇
【详解】
(1) ①SO2与MnO2作用生成MnSO4，反应生成MnSO4的化学方程式为：SO2+MnO2=MnSO4，为加快反应速率，可采取的合理措施有：控制适当的温度(或缓慢通入混合气体；或使用多孔球泡)；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，故选：abef；
③若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低；
(2) ③步骤①若碱性过强，Mn2+直接和OH-结合生成Mn(OH)2沉淀；
根据“MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化”，先用蒸馏水洗涤，用盐酸酸化的BaCl2溶液验证洗涤是否干净，再用乙醇洗涤，所以所需试剂是水、盐酸酸化的BaCl2溶液、乙醇。
20．增加草酸的溶解，同时增大后续与K2CO3接触面积，加快反应速率 D baecd 在60℃下恒温蒸发，留有较多溶液时，停止加热，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 16.67%
【详解】
(1)步骤①溶解过程中加入乙醇的目的是：增加草酸的溶解，同时增大后续与K2CO3接触面积，加快反应速率；
(2) A.黑色固体是CuO，乙醇和氧化铜反应生成乙醛和铜，步骤②煮沸的目的是除去溶液中的乙醇，防止乙醇与黑色固体发生氧化反应，A正确；
B.将洗涤后的黑色固体连同滤纸一起加入到热的K2C2O4和KHC2O4混合液中，循环利用铜元素，可提高原料的利用率，B正确；
C.减压抽滤操作时，为防止滤纸破裂，可适当关小水龙头，适当平衡压强，C正确；
D.步骤④洗涤是除去不溶于水的固体，步骤⑤洗涤是纯化结晶产物，两者目的不同，D错误；
故选：D；
(3)用移液管准确移取液体时的操作是：用洗耳球吸入部分液体后，当液面上升到标线以上1~2cm时，迅速用右手食指堵住管口，取出移液管，用滤纸拭干移液管下端及外壁，稍稍松开右手食指，使凹液面与标线相切，将移液管出口尖端与接受器壁接触，容器稍稍倾斜，移液管直立，使溶液顺壁流下，即顺序为：baecd；
(4)由SI的溶解度随温度变化曲线图可知， SI的溶解度在60℃时达到最大值，此时为SI的浓溶液，设计实验方案为：在60℃下恒温蒸发，留有较多溶液时，停止加热，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；
(5)产品K2[Cu(C2O4)2]·2H2O中的Cu2+和EDTA反应的方程式是Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，则物质的量之比为1:1，n(Cu2+)=n(H2Y2-)=cV=0.1×20×10-3mol=2×10-3mol，参与反应的CuSO4•5H2O的物质的量为n=m/M=3.0g/250g/mol=0.012mol，胆矾的利用率==2×10-3mol/0.012mol×100%=16.67%。
21．安全瓶，防倒吸 一 在d烧杯中加少量的水浸没导管口，关闭分液漏斗活塞和K1，给三颈烧瓶微热，如果d烧杯中导管口有连续气泡冒出，停止加热后，d中导管形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好 排出装置中未逸出的PH3，使PH3被c、d装置吸收 NaCl 趁热过滤 冷却结晶 70.4%
【分析】
由实验装置图可知，实验前通入氮气一段时间排尽装置中的空气，防止空气中的氧气与白磷和生成的磷化氢反应，装置a中白磷和过量烧碱溶液共热反应生成次磷酸钠和磷化氢，装置b为空载仪器，起安全瓶、防倒吸的作用，装置c中次氯酸钠溶液和装置d中酸性高锰酸钾溶液均用于吸收有毒磷化氢气体，防止污染环境。
【详解】
(1)由分析可知，装置b为空载仪器，起安全瓶、防倒吸的作用；由白磷和过量烧碱溶液共热反应生成次磷酸钠可知，次磷酸钠不能与氢氧化钠溶液反应，则次磷酸为一元酸，故答案为：安全瓶，防倒吸；一；
(2)装置气密性的方法是在d烧杯中加少量的水浸没导管口，关闭分液漏斗活塞和K1，给三颈烧瓶微热，如果d烧杯中导管口有气泡冒出，停止加热后，d中导管形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好，故答案为：在d烧杯中加少量的水浸没导管口，关闭分液漏斗活塞和K1，给三颈烧瓶微热，如果d烧杯中导管口有连续气泡冒出，停止加热后，d中导管形成一段稳定的水柱，说明装置气密性良好；
(3)由题意可知，磷化氢有毒，残留在装置中易造成环境污染，必须排除处理掉，所以可通入氮气一段时间的目的是将未逸出的磷化氢排入到被c、d装置中被次氯酸钠溶液和锰酸钾溶液吸收，防止污染环境，故答案为：排出装置中未逸出的PH3，使PH3被c、d装置吸收；(4)由题给溶解度表可知，氯化钠的溶解度受温度影响变化不大，次磷酸钠的溶解度受温度影响变化较大，c中混合液蒸发浓缩时，会有大量氯化钠晶体析出，为防止次磷酸钠结晶析出，应趁热过滤分离出氯化钠和次磷酸钠热溶液，热溶液经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到次磷酸钠的粗产品，故答案为：NaCl；趁热过滤；冷却结晶；
(5)由题给方程式可得：2n(NaH2PO2)+n(Na2S2O3)=2n(I2)，则25.0mL溶液中n(NaH2PO2)= =0.002mol，则2.5g样品的纯度为×100%=70.4%，故答案为：70.4%。